Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{2015}\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{x+y+z}\) (do x+y+z = 2015)
\(\Rightarrow\)\(\frac{xy+yz+xz}{xyz}=\frac{1}{x+y+z}\)
\(\Rightarrow\)\(\left(xy+yz+xz\right)\left(x+y+z\right)=xyz\)
\(\Rightarrow\)\(\left(xy+yz+xz\right)\left(x+y+z\right)-xyz=0\)
\(\Rightarrow\)\(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)=0\)
đến đây tự lm nốt nha
vì trong 3 số x,y,z có ít nhất là 2 số cùng dấu
giả sử \(x,y\le0\)\(\Rightarrow z=-\left(x+y\right)\ge0\)
Mà \(-1\le x,y,z\le1\)nên \(x^2\le\left|x\right|;y^4\le\left|y\right|;z^6\le\left|z\right|\)
\(\Rightarrow x^2+y^4+z^6\le\left|x\right|+\left|y\right|+\left|z\right|=-x-y+z=-\left(x+y\right)+z=2z\le2\)
Dấu " = " xảy ra chẳng hạn x = 0 ; y = -1; z = 1
Ta có:
\(\hept{\begin{cases}x+y+z=3\\\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{1}{3}\\x^2+y^2+z^2=17\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y+z=3\\2\left(xy+yz+zx\right)=\frac{2xyz}{3}\\x^2+y^2+z^2=17\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y+z=3\\2\left(xy+yz+zx\right)=\frac{2xyz}{3}\\\left(x+y+z\right)^2=17+\frac{2xyz}{3}\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y+z=3\\xy+yz+zx=-4\\xyz=-12\end{cases}}\)
Từ đây ta có x, y, z sẽ là 3 nghiệm của phương trình
\(X^3-3X^2-4X+12=0\)
\(\Leftrightarrow\left(X-3\right)\left(X-2\right)\left(X+2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}X=3\\X=2\\X=-2\end{cases}}\)
Vậy các bộ x, y, z thỏa đề bài là: \(\left(x,y,z\right)=\left(-2,2,3;-2,3,2;2,-2,3;2,3,-2;3,2,-2;3,-2,2\right)\)
Rõ ràng \(x=y=z=0\) là nghiệm của hệ
Với \(xyz\ne0\), Ta có
\(y=\frac{2x^2}{x^2+1}\le\frac{2x^2}{2x}=x\)
\(z=\frac{3y^3}{y^4+y^2+1}\le\frac{3y^3}{3y^2}=y\)
\(x=\frac{4z^4}{z^6+z^4+z^2+1}\le\frac{4z^4}{4z^3}=z\)
Suy ra \(y\le x\le z\le y\Rightarrow x=y=z\)
Từ pt thứ nhất của hệ suy ra
\(\frac{2x^2}{x^2+1}=x\Leftrightarrow2x=1=x^2\)( vì \(x\ne0\))\(\Leftrightarrow x=1\)
Vậy hệ pt có hai nghiệm \(\left(0,0,0\right)\)và \(\left(1,1,1\right)\)
Bài 1: Cho ba số x,y,z khác 0 thỏa mãn:
{xyz=11x+1y+1z<x+y+z{xyz=11x+1y+1z<x+y+z
Chứng minh rằng có đúng một trong ba số x,y,z lớn hơn 1.
{xyz=11x+1y+1z<x+y+z⇔{xyz=1xyz(1x+1y+1z)<x+y+z{xyz=11x+1y+1z<x+y+z⇔{xyz=1xyz(1x+1y+1z)<x+y+z
⇔{xyz=1xy+yz+zx<x+y+z⇔{xyz=1x+y+z−(xy+yz+zx)>0⇔{xyz=1xy+yz+zx<x+y+z⇔{xyz=1x+y+z−(xy+yz+zx)>0
Xét tích:
(x−1)(y−1)(z−1)=xyz−(xy+yz+zx)+(x+y+z)−1=x+y+z−(xy+yz+zx)>0⇒(x−1)(y−1)(z−1)>0(x−1)(y−1)(z−1)=xyz−(xy+yz+zx)+(x+y+z)−1=x+y+z−(xy+yz+zx)>0⇒(x−1)(y−1)(z−1)>0
Vậy trong 3 số x,y,zx,y,z có 1 số lớn hơn 1, 2 số nhỏ hơn 1 hoặc cả 3 số lớn hơn 1
Tuy nhiên, nếu x,y,z>1⇒xyz>1x,y,z>1⇒xyz>1. Mâu thuẫn với gt
Vậy ta có ĐPCM
\(x^2+y^2+z^2=1\)\(\Leftrightarrow\)\(x^2=1-\left(y^2+z^2\right)\le1\)\(\Leftrightarrow\)\(-1\le x\le1\)\(\Leftrightarrow\)\(0\le1-x\le2\)
Tương tự, ta cũng có \(0\le1-y\le2;0\le1-z\le2\)
Lại có : \(x^2+y^2+z^2-x^3-y^3-z^3=1-1\)
\(\Leftrightarrow\)\(x^2\left(1-x\right)+y^2\left(1-y\right)+z^2\left(1-z\right)=0\)
Mà \(1-x;1-y;1-z\ge0\) nên \(x^2\left(1-x\right);y^2\left(1-y\right);z^2\left(1-z\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(x^2\left(1-x\right)=y^2\left(1-y\right)=z^2\left(1-z\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\orbr{\begin{cases}x=y=z=0\left(loai\right)\\x=y=z=1\left(nhan\right)\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\)\(P=xyz=1.1.1=1\)
...
